最新中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型專題09 阿氏圓問題-【壓軸必刷】-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

今天整理了初三中考總復(fù)習(xí)階段在教學(xué)過程中收集的經(jīng)典題目，一共有31講，包括原卷版和解析版，供大家學(xué)習(xí)復(fù)習(xí)參考。
經(jīng)典題目1：這是一道非常經(jīng)典的最值問題，最值模型將軍飲馬和一箭穿心。
經(jīng)典題目2：上面三道題是費(fèi)馬點(diǎn)經(jīng)典問題，旋轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化是費(fèi)馬點(diǎn)問題的關(guān)鍵。
經(jīng)典題目3：阿氏圓經(jīng)典題目，這道題目實(shí)際包括了隱圓模型，一箭穿心模型等常見幾何模型。
經(jīng)典題目4：這是中考出現(xiàn)頻率比較高的胡不歸問題，也是經(jīng)典最值問題。
【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案
專題09阿氏圓問題
解題策略
模型建立：已知平面上兩點(diǎn)A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點(diǎn)P會(huì)組成一個(gè)圓．這個(gè)結(jié)論最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱阿氏圓．
阿氏圓基本解法：構(gòu)造三角形相似．
模型解讀：
如圖1所示，⊙O 的半徑為 r，點(diǎn) A、B 都在⊙O 外，P 為⊙O 上的動(dòng)點(diǎn)，已知 r＝k·OB．連接 PA、PB，則當(dāng)“PA＋k·PB”的值最小時(shí)，P 點(diǎn)的位置如何確定？
1：連接動(dòng)點(diǎn)至圓心0（將系數(shù)不為1的線段兩端點(diǎn)分別與圓心相連接），即連接OP、OB；
2：計(jì)算連接線段OP、OB長度；
3：計(jì)算兩線段長度的比值OPOB=k；
4：在OB上截取一點(diǎn)C，使得OCOP=OPOB構(gòu)建母子型相似：
5：連接AC，與圓0交點(diǎn)為P，即AC線段長為PA＋K*PB的最小值．
本題的關(guān)鍵在于如何確定“k·PB”的大小，（如圖 2）在線段 OB上截取 OC 使 OC＝k·r，則可說明△BPO 與△PCO 相似，即 k·PB＝PC．
∴本題求“PA＋k·PB”的最小值轉(zhuǎn)化為求“PA＋PC”的最小值，即 A、P、C 三點(diǎn)共線時(shí)最?。ㄈ鐖D 3），時(shí)AC線段長即所求最小值．
經(jīng)典例題
【例1】（2021·全國·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，在RT△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝6，圓C的半徑為2，點(diǎn)P為圓上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP，BP，求：
①AP+12BP，
②2AP+BP，
③13AP+BP，
④AP+3BP的最小值．
【答案】①37；②237；③2373；④237．
【分析】①在CB上取點(diǎn)D，使CD=1，連接CP、DP、AD．根據(jù)作圖結(jié)合題意易證△DCP～△PCB，即可得出PD=12BP，從而推出AP+12BP=AP+PD，說明當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，AP+PD最小，最小值即為AD長．最后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AD的長即可；
②由2AP+BP=2(AP+12BP)，即可求出結(jié)果；
③在CA上取點(diǎn)E，使CE=23，連接CP、EP、BE．根據(jù)作圖結(jié)合題意易證△ECP～△PCA，即可得出EP=13AP，從而推出13AP+BP=EP+BP，說明當(dāng)B、P、E三點(diǎn)共線時(shí)，EP+BP最小，最小值即為BE長．最后在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BE的長即可；
④由AP+3BP=3(13AP+BP)，即可求出結(jié)果．
【詳解】解：①如圖，在CB上取點(diǎn)D，使CD=1，連接CP、DP、AD．
∵CD=1，CP=2，CB=4，
∴CDCP=CPCB=12．
又∵∠DCP=∠PCB，
∴△DCP～△PCB，
∴PDBP=12，即PD=12BP，
∴AP+12BP=AP+PD，
∴當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，AP+PD最小，最小值即為AD長．
∵在Rt△ACD中，AD=AC2+CD2=62+12=37．
∴AP+12BP的最小值為37；
②∵2AP+BP=2(AP+12BP)，
∴2AP+BP的最小值為2×37=237；
③如圖，在CA上取點(diǎn)E，使CE=23，連接CP、EP、BE．
∵CE=23，CP=2，CA=6，
∴CECP=CPCA=13．
又∵∠ECP=∠PCA，
∴△ECP～△PCA，
∴EPAP=13，即EP=13AP，
∴13AP+BP=EP+BP，
∴當(dāng)B、P、E三點(diǎn)共線時(shí)，EP+BP最小，最小值即為BE長．
∵在Rt△BCE中，BE=BC2+CE2=42+(23)2=2373．
∴13AP+BP的最小值為2373；
④∵AP+3BP=3(13AP+BP)，
∴AP+3BP的最小值為3×2373=237．
【點(diǎn)睛】本題考查圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．正確的作出輔助線，并且理解三點(diǎn)共線時(shí)線段最短是解答本題的關(guān)鍵．
【例2】（2022·廣東惠州·一模）如圖1，拋物線y=ax2+bx?4與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為?1,0，拋物線的對(duì)稱軸是直線x=32．
(1)求拋物線的解析式；
(2)若點(diǎn)P是直線BC下方的拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P使四邊形ABPC的面積為16，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)若不存在，請(qǐng)說明理由；
(3)如圖2，過點(diǎn)B作BF⊥BC交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)F，以點(diǎn)C為圓心，2為半徑作⊙C，點(diǎn)Q為⊙C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求24BQ+FQ的最小值．
【答案】(1)y=x2?3x?4
(2)P1,6或3,4
(3)37
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)為?1,0，拋物線的對(duì)稱軸是直線x=32．待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可，
（2）先求得直線BC解析式，設(shè)Pm,m2?3m?4，則Qm,m?4，過點(diǎn)P作PQ軸交直線BC于點(diǎn)Q，根據(jù)S四邊形ABPC=S△ABC+S△BCP等于16建立方程，解一元二次方程即可求得m的值，然后求得P的坐標(biāo)，
（3）在CB上取CE=22，過點(diǎn)E作EG⊥OC，構(gòu)造△CQE∽△CBQ，則當(dāng)F,Q,E三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，最小值為FE，勾股定理解直角三形即可．
(1)
解：∵拋物線y=ax2+bx?4與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?1,0，拋物線的對(duì)稱軸是直線x=32，
∴C0,?4，
?b2a=32a?b?4=0，
解得a=1b=?3，
∴ 拋物線解析式為：y=x2?3x?4，
(2)
當(dāng)y=0，即x2?3x?4=0，
解得x1=?1,x2=4，
∴B4,0，
∵C0,?4，
設(shè)直線BC解析式為y=kx+b，
?4=b4k+b=0，
解得k=1b=?4，
∴直線BC解析式為y=x?4，
設(shè)Pm,m2?3m?4，過點(diǎn)P作PQ軸交直線BC于點(diǎn)Q，
則Qm,m?4，
S四邊形ABPC=S△ABC+S△BCP
=12×4+1×4+12m?4?m2+3m+4×4=?2m2+8m+10，
∵四邊形ABPC的面積為16，
∴ ?2m2+8m+10 =16，
解得m1=1,m2=3，
∴P1,6或3,4，
(3)
如圖，過點(diǎn)B作BF⊥BC交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)F，以點(diǎn)C為圓心，2為半徑作⊙C，
∵x=32是拋物線的對(duì)稱軸，yF=4?32=52
∴F32,52
∵ B4,0,C0,4，
∴OB=4,OC=4，
∴BC=42，∠OBC=45°，
∵BF⊥BC，
∴∠FBO=45°，
在CB上取CE=22，過點(diǎn)E作EG⊥OC，交y軸于點(diǎn)G，交拋物線對(duì)稱軸于點(diǎn)H，則CG= EG=22×sin45°=12，EH=32?12=1
∴FH=6，
∵CQ=2,CE=22,BC=42，
∴CECQ=222=24,CQBC=242=24，∠QCE=∠BCQ，
∴△CQE∽△CBQ，
∴EQBQ=CQCB=24，
∴QE=24BQ，
∴24BQ+FQ ≥FE，
當(dāng)F,Q,E三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，最小值為FE，
∵EG⊥FG
∴EF=HE2+HF2=12+62=37．
則24BQ+FQ的最小值為37．
【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)與相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
【例3】（2019秋?山西期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)．
已知平面上兩點(diǎn)A、B，則所有符合＝k（k＞0且k≠1）的點(diǎn)P會(huì)組成一個(gè)圓．這個(gè)結(jié)論最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，稱阿氏圓．
阿氏圓基本解法：構(gòu)造三角形相似．
【問題】如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，在x軸，y軸上分別有點(diǎn)C（m，0），D（0，n），點(diǎn)P是平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且OP＝r，設(shè)＝k，求PC+kPD的最小值．
阿氏圓的關(guān)鍵解題步驟：
第一步：如圖1，在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k；
第二步：證明kPD＝PM；第三步：連接CM，此時(shí)CM即為所求的最小值．
下面是該題的解答過程（部分）：
解：在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，
又∵∠POD＝∠MOP，∴△POM∽△DOP．
任務(wù)：
（1）將以上解答過程補(bǔ)充完整．
（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，D為△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，滿足CD＝2，利用（1）中的結(jié)論，請(qǐng)直接寫出AD+BD的最小值．
【分析】（1）在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，利用相似三角形的性質(zhì)以及兩點(diǎn)之間線段最短解決問題即可．
（2）利用（1）中結(jié)論計(jì)算即可．
【解答】解（1）在OD上取點(diǎn)M，使得OM：OP＝OP：OD＝k，
又∵∠POD＝∠MOP，
∴△POM∽△DOP．
∴MP：PD＝k，
∴MP＝kPD，
∴PC+kPD＝PC+MP，當(dāng)PC+kPD取最小值時(shí)，PC+MP有最小值，即C，P，M三點(diǎn)共線時(shí)有最小值，
利用勾股定理得．
（2）∵AC＝m＝4，＝，在CB上取一點(diǎn)M，使得CM＝CD＝，
∴的最小值為．
【例4】如圖，在每個(gè)小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，△OAB的頂點(diǎn)O，A，B均在格點(diǎn)上，點(diǎn)E在OA上，且點(diǎn)E也在格點(diǎn)上．
（I）的值為；
（Ⅱ）是以點(diǎn)O為圓心，2為半徑的一段圓弧．在如圖所示的網(wǎng)格中，將線段OE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到OE′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°）連接E'A，E'B，當(dāng)E'A+E'B的值最小時(shí)，請(qǐng)用無刻度的直尺畫出點(diǎn)E′，并簡(jiǎn)要說明點(diǎn)E'的位置是如何找到的（不要求證明）通過取格點(diǎn)K、T，使得OH：OD＝2：3，構(gòu)造相似三角形將E′B轉(zhuǎn)化為E′H ．
【分析】（1）求出OE，OB即可解決問題．
（2）構(gòu)造相似三角形把E′B轉(zhuǎn)化為E′H，利用兩點(diǎn)之間線段最短即可解決問題．
【解答】解：（1）由題意OE＝2，OB＝3，
∴＝，
故答案為：．
（2）如圖，取格點(diǎn)K，T，連接KT交OB于H，連接AH交于E′，連接BE′，點(diǎn)E′即為所求．
故答案為：通過取格點(diǎn)K、T，使得OH：OD＝2：3，構(gòu)造相似三角形將E′B轉(zhuǎn)化為E′H，利用兩點(diǎn)之間線段最短即可解決問題．
培優(yōu)訓(xùn)練
一．填空題（共13小題）
1．（2022?南召縣開學(xué)）如圖，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為．
【分析】在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，證明△APQ∽△ABP，可得PQ＝PB，則PB+PC＝PC+PQ，當(dāng)C、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，PC+PQ的值最小，求出CQ即為所求．
【解析】如圖，在AB上截取AQ＝1，連接AP，PQ，CQ，
∵點(diǎn)E、F分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是以A為圓心、以AE為半徑的圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，
∴，
∵AP＝2，AQ＝1，
∴，
∵∠PAQ＝∠BAP，
∴△APQ∽△ABP，
∴PQ＝PB，
∴PB+PC＝PC+PQ≥CQ，
在Rt△ACQ中，AC＝4，AQ＝1，
∴QB＝＝＝．，
∴PB+PC的最小值．，
故答案為：．
2．（2021秋?龍鳳區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以點(diǎn)C為圓心，3為半徑做⊙C，分別交AC，BC于D，E兩點(diǎn)，點(diǎn)P是⊙C上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為．
【分析】在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，證明△ACP∽△PCQ，可得PQ＝AP，當(dāng)B、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，PA+PB的值最小，求出BQ即為所求．
【解析】在AC上截取CQ＝1，連接CP，PQ，BQ，
∵AC＝9，CP＝3，
∴＝，
∵CP＝3，CQ＝1，
∴＝，
∴△ACP∽△PCQ，
∴PQ＝AP，
∴PA+PB＝PQ+PB≥BQ，
∴當(dāng)B、Q、P三點(diǎn)共線時(shí)，PA+PB的值最小，
在Rt△BCQ中，BC＝4，CQ＝1，
∴QB＝，
∴PA+PB的最小值，
故答案為：．
3．（2022春?長順縣月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D、E分別是邊BC、AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且DE＝4，P是DE的中點(diǎn)，連接PA，PB，則PA+PB的最小值為．
【分析】如圖，在CB上取一點(diǎn)F，使得CF＝，連接PF，AF．利用相似三角形的性質(zhì)證明PF＝PB，根據(jù)PF+PA≥AF，利用勾股定理求出AF即可解決問題．
【解析】如圖，在CB上取一點(diǎn)F，使得CF＝，連接PF，AF．
∵∠DCE＝90°，DE＝4，DP＝PE，
∴PC＝DE＝2，
∵＝，＝，
∴＝，
∵∠PCF＝∠BCP，
∴△PCF∽△BCP，
∴＝＝，
∴PF＝PB，
∴PA+PB＝PA+PF，
∵PA+PF≥AF，AF＝＝＝，
∴PA+PB≥，
∴PA+PB的最小值為，
故答案為．
4．（2021秋?梁溪區(qū)校級(jí)期中）如圖，⊙O與y軸、x軸的正半軸分別相交于點(diǎn)M、點(diǎn)N，⊙O半徑為3，點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)B（2，0），點(diǎn)P在弧MN上移動(dòng)，連接PA，PB，則3PA+PB的最小值為．
【分析】在y軸上取點(diǎn)H（0，9），連接BH，通過證明△AOP∽△POH，可證HP＝3AP，則3PA+PB＝PH+PB，當(dāng)點(diǎn)P在BH上時(shí)，3PA+PB有最小值為HB的長，即可求解．
【解析】如圖，在y軸上取點(diǎn)H（0，9），連接BH，
∵點(diǎn)A（0，1），點(diǎn)B（2，0），點(diǎn)H（0，9），
∴AO＝1，OB＝2，OH＝9，
∵，∠AOP＝∠POH，
∴△AOP∽△POH，
∴，
∴HP＝3AP，
∴3PA+PB＝PH+PB，
∴當(dāng)點(diǎn)P在BH上時(shí)，3PA+PB有最小值為HB的長，
∴BH＝＝＝，
故答案為：．
5．（2021?碑林區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，BC＝6，∠BAC＝60°，則2AB+AC的最大值為 4 ．
【分析】由2AB+AC＝2（AB+）得，再將AB+AE轉(zhuǎn)化成一條線段BP，可證出∠P是定角，從而點(diǎn)P在△PBC的外接圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)BP為直徑時(shí)，BP最大解決問題．
【解析】∵2AB+AC＝2（AB+），
∴求2AB+AC的最大值就是求2（AB+）的最大值，
過C作CE⊥AB于E，延長EA到P，使得AP＝AE，
∵∠BAC＝60°，
∴EA＝，
∴AB+＝AB+AP，
∵EC＝，PE＝2AE，
由勾股定理得：PC＝，
∴sinP＝，
∴∠P為定值，
∵BC＝6是定值，
∴點(diǎn)P在△CBP的外接圓上，
∵AB+AP＝BP，
∴當(dāng)BP為直徑時(shí)，AB+AP最大，即BP'，
∴sinP'＝sinP＝，
解得BP'＝2，
∴AB+AP＝2，
∴2AB+AC＝2（AB+AP）＝4，
故答案為：4．
6．（2020?武漢模擬）【新知探究】新定義：平面內(nèi)兩定點(diǎn)A，B，所有滿足＝k（k為定值）的P點(diǎn)形成的圖形是圓，我們把這種圓稱之為“阿氏圓”
【問題解決】如圖，在△ABC中，CB＝4，AB＝2AC，則△ABC面積的最大值為．
【分析】以A為頂點(diǎn)，AC為邊，在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC，AP與BC的延長線交于點(diǎn)P，證明△APC∽△BPA，由相似三角形的性質(zhì)可得BP＝2AP，CP＝AP，從而求出AP、BP和CP，即可求出點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡，再找出距離BC最遠(yuǎn)的A點(diǎn)的位置即可求解．
【解析】以A為頂點(diǎn)，AC為邊，在△ABC外部作∠CAP＝∠ABC，AP與BC的延長線交于點(diǎn)P，
∵∠CAP＝∠ABC，∠BPA＝∠APC，AB＝2AC，
∴△APC∽△BPA，
，
∴BP＝2AP，CP＝AP，
∵BP﹣CP＝BC＝4，
∴2AP﹣AP＝4，解得：AP＝，
∴BP＝，CP＝，即點(diǎn)P為定點(diǎn)，
∴點(diǎn)A的軌跡為以點(diǎn)P為圓心，為半徑的圓上，如圖，過點(diǎn)P作BC的垂線，交圓P與點(diǎn)A1，此時(shí)點(diǎn)A1到BC的距離最大，即△ABC的面積最大，
S△ABC＝BC?A1P＝×4×＝．
故答案為：．
7．（2020秋?天寧區(qū)校級(jí)月考）如圖，已知菱形ABCD的邊長為8，∠B＝60°，圓B的半徑為4，點(diǎn)P是圓B上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PD﹣PC的最大值為 2 ．
【分析】連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝2，連接PG，DG，過點(diǎn)D作DH⊥BC交BC的延長線于H．利用相似三角形的性質(zhì)證明PG＝PC，再根據(jù)PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，求出DG，可得結(jié)論．
【解析】連接PB，在BC上取一點(diǎn)G，使得BG＝2，連接PG，DG，過點(diǎn)D作DH⊥BC交BC的延長線于H．
∵PB＝4，BG＝2，BC＝8，
∴PB2＝BG?BC，
∴＝，
∵∠PBG＝∠CBP，
∴△PBG∽△CBP，
∴＝＝，
∴PG＝PC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝BC＝8，
∴∠DCH＝∠ABC＝60°，
在Rt△CDH中，CH＝CD?cs60°＝4，DH＝CD?sin60°＝4，
∴GH＝CG+CH＝6+4＝10，
∴DG＝＝＝2，
∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，
∴PD﹣PC≤2，
∴PD﹣PC的最大值為2．
8．（2020?溧陽市一模）如圖，在⊙O中，點(diǎn)A、點(diǎn)B在⊙O上，∠AOB＝90°，OA＝6，點(diǎn)C在OA上，且OC＝2AC，點(diǎn)D是OB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是劣弧AB上的動(dòng)點(diǎn)，則CM+2DM的最小值為．
【分析】延長OB到T，使得BT＝OB，連接MT，CT．利用相似三角形的性質(zhì)證明MT＝2DM，求CM+2DM的最小值問題轉(zhuǎn)化為求CM+MT的最小值．求出CT即可判斷．
【解析】延長OB到T，使得BT＝OB，連接MT，CT．
∵OM＝6，OD＝DB＝3，OT＝12，
∴OM2＝OD?OT，
∴＝，
∵∠MOD＝∠TOM，
∴△MOD∽△TOM，
∴＝＝，
∴MT＝2DM，
∵CM+2DM＝CM+MT≥CT，
又∵在Rt△OCT中，∠COT＝90°，OC＝4，OT＝12，
∴CT＝＝＝4，
∴CM+2DM≥4，
∴CM+2DM的最小值為4，
∴答案為4．
9．如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC的中點(diǎn)，以B為圓心，BE為半徑作⊙B，點(diǎn)P是⊙B上一動(dòng)點(diǎn)，連接PD、PC，則PD+PC的最小值為 5 ．
【分析】如圖，在BC上取一點(diǎn)T，使得BT＝1，連接PB，PT，DT．證明△PBT∽△CBP，推出＝＝，推出PT＝PC，由PD+PC＝PD+PT≥DT＝5，由此可得結(jié)論．
【解析】如圖，在BC上取一點(diǎn)T，使得BT＝1，連接PB，PT，DT．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DCT＝90°，
∵CD＝4，CT＝3，
∴DT＝＝＝5，
∵PB＝2，BT＝1，BC＝4，
∴PB2＝BT?BC，
∴＝，
∵∠PBT＝∠PBC，
∴△PBT∽△CBP，
∴＝＝，
∴PT＝PC，
∵PD+PC＝PD+PT≥DT＝5，
∴PD+PC的最小值為5，
故答案為：5．
10．如圖，扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，C是OA的中點(diǎn)，D是OB上一點(diǎn)，OD＝5，P是上一動(dòng)點(diǎn)，則PC+PD的最小值為．
【分析】如圖，延長OA使AE＝OB，連接EC，EP，OP，證明△OPE∽△OCP推出＝＝，推出EP＝2PC，推出PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE），推出當(dāng)點(diǎn)E，點(diǎn)P，點(diǎn)D三點(diǎn)共線時(shí)，PC+PD的值最?。?br>【解析】如圖，延長OA使AE＝OB，連接EC，EP，OP，
∵AO＝OB＝6，C分別是OA的中點(diǎn)，
∴OE＝12，OP＝6，OC＝AC＝3，
∴＝＝，且∠COP＝∠EOP
∴△OPE∽△OCP
∴＝＝，
∴EP＝2PC，
∴PC+PD＝（2PC+PD）＝（PD+PE），
∴當(dāng)點(diǎn)E，點(diǎn)P，點(diǎn)D三點(diǎn)共線時(shí)，PC+PD的值最小，
∵DE＝＝＝13，
∴PD+PE≥DE＝13，
∴PD+PE的最小值為13，
∴PC+PD的值最小值為．
故答案為：．
11．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，A（0，4），B（4，0），P是第一象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，OP＝2，連接AP、BP，則BP+的最小值是．
【分析】如圖，取點(diǎn)T（0，1），連接PT，BT．利用相似三角形的性質(zhì)證明PT＝PB，推出PB+PA＝PB+PT≥BT，求出BT，可得結(jié)論．
【解析】如圖，取點(diǎn)T（0，1），連接PT，BT．
∵T（0，1），A（0，4），B（4，0），
∴OT＝1，OA＝4，OB＝4，
∵OP＝2，
∴OP2＝OT?OA，
∴＝，
∵∠POT＝∠AOP，
∴△POT∽△AOP，
∴＝＝，
∴PT＝PA，
∴PB+PA＝PB+PT，
∵BT＝＝，
∴PB+PT≥，
∴BP+AP≥
∴BP+PB的最小值為．
故答案為：．
12．如圖所示，∠ACB＝60°，半徑為2的圓O內(nèi)切于∠ACB．P為圓O上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM、PN分別垂直于∠ACB的兩邊，垂足為M、N，則PM+2PN的取值范圍為 6﹣2≤PM+2PN≤6+2 ．
【分析】PM+2PN＝2（PM+PN），作MH⊥PN，HP＝PM，確定HN的最大值和最小值．
【解答】
解：作MH⊥NP于H，作MF⊥BC于F，
∵PM⊥AC，PN⊥CB，
∴∠PMC＝∠PNC＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣∠PMC﹣∠PNC﹣∠C＝120°，
∴∠MPH＝180°﹣∠MPN＝60°，
∴HP＝PM?cs∠MPH＝PM?cs60°＝PM，
∴PN+PM＝PN+HP＝NH，
∵M(jìn)F＝NH，
∴當(dāng)MP與⊙O相切時(shí)，MF取得最大和最小，
如圖1，
連接OP，OG，
可得：四邊形OPMG是正方形，
∴MG＝OP＝2，
在Rt△COG中，
CG＝OG?tan60°＝2，
∴CM＝CG+GM＝2+2，
在Rt△CMF中，
MF＝CM?csC＝（2+2）×＝3+，
∴HN＝MF＝3+，
PM+2PN＝2（）＝2HN＝6+2，
如圖2，
由上知：CG＝2，MG＝2，
∴CM＝2﹣2，
∴HM＝（2﹣2）×＝3﹣，
∴PM+2PN＝2（）＝2HN＝6﹣2，
∴6﹣2≤PM+2PN≤6+2．
13．如圖，邊長為4的正方形，內(nèi)切圓記為圓O，P為圓O上一動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為 2 ．
【分析】PA+PB＝（PA+PB），利用相似三角形構(gòu)造PB．
【解答】
解：設(shè)⊙O半徑為r，
OP＝r＝BC＝2，OB＝r＝2，
取OB的中點(diǎn)I，連接PI，
∴OI＝IB＝，
∵，
，
∴，
∠O是公共角，
∴△BOP∽△POI，
∴，
∴PI＝PB，
∴AP+PB＝AP+PI，
∴當(dāng)A、P、I在一條直線上時(shí)，AP+PB最小，
作IE⊥AB于E，
∵∠ABO＝45°，
∴IE＝BE＝BI＝1，
∴AE＝AB﹣BE＝3，
∴AI＝＝，
∴AP+PB最小值＝AI＝，
∵PA+PB＝（PA+PB），
∴PA+PB的最小值是AI＝＝2．
故答案是2．
二．解答題
14．（2022?從化區(qū)一模）已知，AB是⊙O的直徑，AB＝，AC＝BC．
（1）求弦BC的長；
（2）若點(diǎn)D是AB下方⊙O上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，B重合），以CD為邊，作正方形CDEF，如圖1所示，若M是DF的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，求證：線段MN的長為定值；
（3）如圖2，點(diǎn)P是動(dòng)點(diǎn)，且AP＝2，連接CP，PB，一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿線段CP勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P，再以每秒1個(gè)單位的速度沿線段PB勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，到達(dá)點(diǎn)B后停止運(yùn)動(dòng)，求點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的最小值．
【分析】（1）AB是⊙O的直徑，AC＝BC可得到△ABC是等腰直角三角形，從而得道答案；
（2）連接AD、CM、DB、FB，首先利用△ACD≌△BCF，∠CBF＝∠CAD，證明D、B、F共線，再證明△CMB是直角三角形，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得證；
（3）“阿氏圓”的應(yīng)用問題，以A為圓心，AP為半徑作圓，在AC上取點(diǎn)M，使AM＝1，連接PM，過M作MH⊥AB于H，連接BM交⊙A于P'，先證明PM＝，+BP最小，即是PM+BP最小，此時(shí)P、B、M共線，再計(jì)算BM的長度即可．
【解析】（1）∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ABC＝90°，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠CAB＝45°，
∵AB＝4，
∴BC＝AB?sin45°＝4；
（2）連接AD、CM、DB、FB，如圖：
∵△ABC是等腰直角三角形，四邊形CDEF是正方形，
∴CD＝CF，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90﹣∠DCB＝∠BCF，
又AC＝BC，
∴△ACD≌△BCF（SAS），
∴∠CBF＝∠CAD，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝∠CAD+∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+∠CAB++∠ABC+∠ABD
＝∠DAB+45°+45°+∠ABD，
而AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠ABD＝90°，
∴∠CBF+∠ABC+∠ABD＝180°，
∴D、B、F共線，
∵四邊形CDEF是正方形，
∴△DCF是等腰直角三角形，
∵M(jìn)是DF的中點(diǎn)，
∴CM⊥DF，即△CMB是直角三角形，
∵N是BC的中點(diǎn)，
∴MN＝BC＝2，即MN為定值；
（3）以A為圓心，AP為半徑作圓，在AC上取點(diǎn)M，使AM＝1，連接PM，過M作MH⊥AB于H，連接BM交⊙A于P'，如圖：
一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿線段CP勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P，再以每秒1個(gè)單位的速度沿線段PB勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，
∴Q運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝+BP，
∵AM＝1，AP＝2，AC＝BC＝4，
∴＝＝，
又∠MAP＝∠PAC，
∴△MAP∽△PAC，
∴＝＝，
∴PM＝，
∴+BP最小，即是PM+BP最小，
此時(shí)P、B、M共線，即P與P'重合，t＝+BP最小值即是BM的長度，
在Rt△AMH中，∠MAH＝45°，AM＝1，
∴AH＝MH＝，
∵AB＝4，
∴BH＝AB﹣AH＝，
Rt△BMH中，BM＝＝5，
∴點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的最小值為5．
15．（2021?渝中區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，在△ABC 與△DEF中，∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，點(diǎn)D在AB上．
（1）如圖1，若點(diǎn)F在AC的延長線上，連接AE，探究線段AF、AE、AD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）如圖2，若點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，且AC＝3，DE＝4，將△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，連接BF，點(diǎn)G為BF的中點(diǎn)，連接CG，在旋轉(zhuǎn)的過程中，求CG+BG的最小值；
（3）如圖3，若點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，連接BF、CE交于點(diǎn)M，CE交AB于點(diǎn)N，且BC：DE：ME＝7：9：10，請(qǐng)直接寫出的值．
【分析】（1）過F作FH⊥AB于H，過E作EG⊥AB于G，結(jié)合K字型全等，等腰直角三角形，四點(diǎn)共圓即可得到答案；
（2）第二問考察隱圓問題與阿氏圓，取AB的中點(diǎn)O，連接OG，在OB上取OH＝，連接GH，構(gòu)建相似，轉(zhuǎn)化線段即可得到答案；
（3）過點(diǎn)C作BF平行線，點(diǎn)F作BC平行線交于點(diǎn)G；過點(diǎn)G作GH⊥BF于點(diǎn)H，過點(diǎn)K作KI⊥FG，證明△BDF≌△CDE，設(shè)BC＝7t，則DE＝9t，ME＝10t，結(jié)合勾股定理、相似三角形及解直角三角形的知識(shí)進(jìn)行計(jì)算．
【解析】（1）線段AF、AE、AD之間的數(shù)量關(guān)系：，證明如下：
過F作FH⊥AB于H，過E作EG⊥AB于G，如圖：
∵FH⊥AB，EG⊥AB，∠EDF＝90°，
∴∠FHD＝∠DGE＝90°，∠FDH＝90°﹣∠EDG＝∠DEG，
且DF＝DE，
∴△FHD≌△DGE（AAS），
∴FH＝DG＝AD+AG，
∵∠ACB＝∠EDF＝90°，BC＝AC，ED＝FD，
∴∠FAB＝∠FED＝45°，
∴點(diǎn)F、D、A、E四點(diǎn)共圓，
∴∠FAE＝∠FDE＝90°，∠EAG＝∠DFE＝45°，
∵FH⊥AB，EG⊥AB，∠BAC＝45°，
∴△FAH和△EAG為等腰直角三角形，
∴AF＝FH，AE＝AG，
∴AF＝（AD+AG）＝AD+AG＝AD+AE；
（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OG，在OB上取OH＝，連接GH，如圖：
∵G為BF的中點(diǎn)，O為AB中點(diǎn)，
∴OG是△ABF的中位線，
∴OG＝AF＝DF＝DE＝2，
∵AC＝3，
∴AB＝AC＝6，OB＝AB＝3，
∴＝，
而＝＝，
∴＝，
又∠HOG＝∠GOB，
∴△HOG∽△GOB，
∴＝＝，
∴HG＝BG，
∴，
要使CG+BG的最小，需CG+HG最小，
∴當(dāng)H、G、C三點(diǎn)共線時(shí)，CG+BG的最小，CG+BG的最小值是CH，如圖：
∵OC＝AB＝3，OH＝，
∴CH＝＝，
∴CG+BG的最小值是CH＝×＝．
（3）過點(diǎn)C作BF平行線，點(diǎn)F作BC平行線交于點(diǎn)G；過點(diǎn)G作GH⊥BF于點(diǎn)H，過點(diǎn)K作KI⊥FG；如圖：
∵∠BDC＝∠FDE＝90°，
∴∠BDC+∠CDF＝∠FDE+∠CDF，即∠BDF＝∠CDE，
且CD＝BD，DE＝DF，
∴△BDF≌△CDE（SAS），
∴BF＝CE，∠DEC＝∠DFB，
∵∠DEC+∠DPE＝90°，∠DPE＝∠MPF，
∴∠DFB+∠MPF＝90°，
∴∠FME＝90°
由BC：DE：ME＝7：9：10，設(shè)BC＝7t，則DE＝9t，ME＝10t；
∴EF＝DE＝9t，
∵CG∥BF，F(xiàn)G∥BC，
∴四邊形BFGC為平行四邊形，
∴CE＝BF＝CG，∠ECG＝∠FME＝90°，
∴△ECG為等腰直角三角形，
∴∠CGE＝45°＝∠GKH，
∴△GKH為等腰直角三角形，
∴＝，＝＝，＝，
∴，
∴△CDE∽△GFE，
∴∠DCE＝∠FGE，
∴；
Rt△MFE中，MF＝＝t，
∴FK＝MK﹣MF＝ME﹣MF＝10t﹣t，F(xiàn)G＝BC＝7t，
設(shè)∠GFH＝α，∠KGI＝∠NCD＝β，
∴＝，
Rt△FKI中，sinα＝，
∴，
∵GH＝，
∴KI＝FK?＝，
∴sinβ＝＝＝＝＝，
∴．
16．（2021?九龍坡區(qū)校級(jí)模擬）在△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB．若點(diǎn)D為AC上一點(diǎn)，連接BD，將BD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到BE，連接CE，交AB于點(diǎn)F．
（1）如圖1，若∠ABE＝75°，BD＝4，求AC的長；
（2）如圖2，點(diǎn)G為BC的中點(diǎn)，連接FG交BD于點(diǎn)H．若∠ABD＝30°，猜想線段DC與線段HG的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程；
（3）如圖3，若AB＝4，D為AC的中點(diǎn)，將△ABD繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)得△A′BD′，連接A′C、A′D，當(dāng)A′D+A′C最小時(shí)，求S△A′BC．
【分析】（1）通過作輔助線，構(gòu)造直角三角形，借助解直角三角形求得線段的長度；
（2）通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形，設(shè)AC＝a，利用中位線定理，解直角三角形，用a的代數(shù)式表示CD和HG，即可得CD與HG的數(shù)量關(guān)系；
（3）構(gòu)造阿氏圓模型，利用兩點(diǎn)之間線段最短，確定A'（4）的位置，繼而求得相關(guān)三角形的面積．
【解析】（1）過D作DG⊥BC，垂足是G，如圖1：
∵將BD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到BE，
∴∠EBD＝90°，
∵∠ABE＝75°，
∴∠ABD＝15°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠DBC＝30°，
∴在直角△BDG中有DG＝＝2，＝，
∵∠ACB＝45°，
∴在直角△DCG中，CG＝DG＝2，
∴BC＝BG+CG＝，
∴AC＝BC＝；
（2）線段DC與線段HG的數(shù)量關(guān)系為：HG＝，
證明：延長CA，過E作EN垂直于CA的延長線，垂足是N，連接BN，ED，過G作GM⊥AB于M，如圖：
∴∠END＝90°，
由旋轉(zhuǎn)可知∠EBD＝90°，
∴∠EDB＝45°
∴∠END＝∠EBD＝90°，
∴E，B，D，N四點(diǎn)共圓，
∴∠BNE＝∠EDB＝45°，∠NEB+∠BDN＝180°
∵∠BDC+∠BDN＝180°，∠BCD＝45°，
∴∠BEN＝∠BDC，
∴∠BNE＝45°＝∠BCD，
在△BEN和△BDC中，
，
∴△BEN≌△BDC（AAS），
∴BN＝BC，
∵∠BAC＝90°，
在等腰△BNC中，由三線合一可知BA是CN的中線，
∵∠BAC＝∠END＝90°，
∴EN∥AB，
∵A是CN的中點(diǎn)，
∴F是EC的中點(diǎn)，
∵G是BC的中點(diǎn)，
∴FG是△BEC的中位線，
∴FG∥BE，F(xiàn)G＝BE，
∵BE⊥BD，
∴FG⊥BD，
∵∠ABD＝30°，
∴∠BFG＝60°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BGF＝75°，
設(shè)AC＝a，則AB＝a，
在Rt△ABD中，AD＝，BD＝BE＝，
∴FG＝BE，
∴FG＝，
∵GM⊥AB，
∴△BGM是等腰三角形，
∴MG＝MB＝，
在Rt△MFG中，∠MFG＝60°，
∴MF＝MG，
∴MF＝，
∴BF＝BM+MF＝，
在Rt△BFH中，∠BFG＝60°，
∴FH＝＝a，
∴HG＝FG﹣FH＝﹣a＝，
又∵CD＝＝，
∴＝，
∴HG＝；
（3）設(shè)AB＝a，則BC＝，取BC的中點(diǎn)N，連接A′D，A′C，A′N，連接DN，如圖3，
由旋轉(zhuǎn)可知A′B＝AB＝a，
∵＝＝，＝＝，
∴，
又∠A'BN＝∠CBA'，
∴△A′BN∽△CBA′，
∴＝，
∴A'N＝A'C，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)和兩點(diǎn)之間線段最短可知，最小，即是A'D+A'N最小，此時(shí)D、A'、N共線，即A'在線段DN上，
設(shè)此時(shí)A'落在A''處，過A''作A''F⊥AB于F，連接AA''，如圖4，
∵D，N分別是AC，BC的中點(diǎn)，
∴DN是△ABC的中位線，
∴DN∥AB，
∵AB⊥AC，
∴DN⊥AC，
∵∠A＝∠A''FA＝∠A''DA＝90°，
∴四邊形A''FAD是矩形，
∴AF＝A''D，A''F＝AD＝2，
∵又A''B＝AB＝4，
設(shè)AF＝x，
在直角三角形A''FB中，A''B2＝A''F2+BF2，
∴42＝22+（4﹣x）2，
解得x＝．
∴此時(shí)S△A''BC＝S△ABC﹣S△AA''B﹣S△A''AC＝AB?AC﹣AB?A''F﹣AC?A''D＝×4×4﹣×4×2﹣×4×（4﹣2）＝4﹣4．
17．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖1，在四邊形ABCD中，AC交BD于點(diǎn)E，△ADE為等邊三角形．
（1）若點(diǎn)E為BD的中點(diǎn)，AD＝4，CD＝5，求△BCE的面積；
（2）如圖2，若BC＝CD，點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，求證：AB＝2AF；
（3）如圖3，若AB∥CD，∠BAD＝90°，點(diǎn)P為四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且∠APD＝90°，連接BP，取BP的中點(diǎn)Q，連接CQ．當(dāng)AB＝6，AD＝4，tan∠ABC＝2時(shí)，求CQ+BQ的最小值．
【分析】（1）如圖1中，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H，設(shè)EH＝x．利用勾股定理構(gòu)建方程求出x，即可解決問題．
（2）如圖2中，延長AF到G，使得AF＝FG，連接DG，CG，延長GC交BD于T，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H．想辦法證明△AEB≌△ADG（SAS），可得結(jié)論．
（3）如圖3中，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OB，OC，取OB的中點(diǎn)J，連接QJ，CJ，過點(diǎn)C作CF⊥AB于F，在JB上取一點(diǎn)T，使得JT＝，連接QT，TC．想辦法證明△QJT∽△BJQ，推出＝＝＝，推出QT＝BQ，推出CQ+BQ＝CQ+QT≥CT，求出CT，可得結(jié)論．
【解答】（1）解：如圖1中，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H，設(shè)EH＝x．
∵△ADE是等邊三角形，
∴AD＝DE＝4，∠AED＝∠CEH＝60°，
∵∠CHE＝90°，
∴CH＝EH?tan60°＝x，
∵CD2＝CH2+DH2，
∴25＝3x2+（x+4）2，
∴4x2+8x﹣9＝0
∴x＝或（舍棄），
∴CH＝，
∴S△BEC＝×4×＝﹣2．
解法二：過點(diǎn)B作BJ⊥AC交AC的延長線于J，過點(diǎn)D作DT⊥AE于T．
證明BJ＝DT，求出DT，即可解決問題．
（2）證明：如圖2中，延長AF到G，使得FG＝AF，連接DG，CG，延長GC交BD于T，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H．
∵AF＝FG，CF＝FD，
∴四邊形ACGD是平行四邊形，
∴AC∥DG，GC∥AD，
∴∠CAD+∠ADG＝180°，
∵△ADE是等邊三角形，
∴AE＝AD，∠AED＝∠ADE＝∠EAD＝60°，
∴∠AEB＝∠ADG＝120°，
∴∠CGD＝∠EAD＝60°＝∠GDT，
∴△DGT是等邊三角形，
∴DG＝DT，∠CTE＝∠CET＝60°，
∴△CET是等邊三角形，
∴CT＝CE，∠CTE＝∠CET＝60°，
∵CB＝CD，CH⊥BD，
∴BH＝DH，TH＝EH，
∴BT＝DE，
∴BE＝DT＝DG，
∴△AEB≌△ADG（SAS），
∴AB＝AG＝2AF．
（3）解：如圖3中，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OB，OC，取OB的中點(diǎn)J，連接QJ，CJ，過點(diǎn)C作CF⊥AB于F，在JB上取一點(diǎn)T，使得JT＝，連接QT，TC．
∵AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∵CF⊥AB，
∴∠CFA＝90°，
∴四邊形AFCD是矩形，
∴AD＝CF＝4，
∵tan∠CBA＝＝2，
∴BF＝2，
∵AB＝6，
∴AF＝4，
∴AD＝AF，
∴四邊形AFCD是正方形，
∵BC＝＝＝2，CO＝＝＝2，OB＝＝4，
∴CB＝CO，
∵CF＝CD，∠CFB＝∠CDO＝90°，
∴Rt△CFB≌Rt△CDO（HL），
∴∠BCF＝∠DCO，
∴∠BCO＝∠DCF＝90°，
∵BJ＝JO，
∴CJ＝OB＝2，
∴CT＝＝＝，
∵BQ＝QP，BJ＝JO，
∴QJ＝OP＝，
∵QJ2＝2，TJ?JB＝×2＝2，
∴QJ2＝JT?JB，
∴＝，
∵∠QJT＝∠QJB，
∴△QJT∽△BJQ，
∴＝＝＝，
∴QT＝BQ，
∴CQ+BQ＝CQ+QT≥CT＝，
∴CQ+BQ的最小值為．
18．（2021·全國·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C為頂點(diǎn)的正方形CDEF（C、D、E、F四個(gè)頂點(diǎn)按逆時(shí)針方向排列）可以繞點(diǎn)C自由轉(zhuǎn)動(dòng)，且CD＝2，連接AF，BD
（1）求證：△BDC≌△AFC
（2）當(dāng)正方形CDEF有頂點(diǎn)在線段AB上時(shí)，直接寫出BD＋22AD的值；
（3）直接寫出正方形CDEF旋轉(zhuǎn)過程中，BD＋22AD的最小值．
【答案】（1）見解析；（2）2+1或2+5 ；（3）5
【分析】（1）利用SAS，即可證明△FCA≌△DCB；
（2）分兩種情況當(dāng)點(diǎn)D，E在AB邊上時(shí)和當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在邊AB上時(shí)，討論即可求解；
（3）取AC的中點(diǎn)M．連接DM，BM．則CM＝1，可證得△DCM∽△ACD，可得DM＝22AD，從而得到當(dāng)B，D，M共線時(shí)，BD+22AD的值最小，即可求解．
【詳解】（1）證明： ∵四邊形CDEF是正方形，
∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠DCB，
∵AC＝CB，
∴△FCA≌△DCB（SAS）；
（2）解：①如圖2中，當(dāng)點(diǎn)D，E在AB邊上時(shí)，
∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，
∴AB=ACsin45°=22，
∵CD⊥AB，
∴AD＝BD＝=AC×sin45°=2，
∴BD+22AD＝=2+22×2=2+1；
②如圖3中，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)在邊AB上時(shí)．
BD＝CF＝BC×sin45°=2×22= 2，
AD＝BD2+AB2＝10，
∴BD+22AD＝2+22×10=2+5，
綜上所述，BD＋22AD的值2+1或2+5；
（3）如圖4中．取AC的中點(diǎn)M．連接DM，BM．則CM＝1，
∵CD＝2，CM＝1，CA＝2，
∴CD2＝CM?CA，
∴CDCA＝CMCD，
∵∠DCM＝∠ACD，
∴△DCM∽△ACD，
∴DMAD＝CDAC＝22，
∴DM＝22AD，
∴BD+22AD＝BD+DM，
∴當(dāng)B，D，M共線時(shí)，BD+22AD的值最小，
最小值BM=CB2+CM2=5．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
19．（2022·四川·隆昌市藍(lán)天育才學(xué)校一模）問題提出：如圖①，在Rt△ABC中，∠C=90°，CB=4，CA=6，⊙C的半徑為2，P為圓上一動(dòng)點(diǎn)，連接AP、BP，求AP+12BP的最小值．
（1）嘗試解決：為了解決這個(gè)問題，下面給出一種解題思路：如圖①，連接CP，在CB上取一點(diǎn)D，使CD=1，則CDCP=CPCB=12．又∠PCD=∠BCP，所以△PCD∽△BCP．所以PDBP=CDCP=12．
所以PD=12PB，所以AP+12BP=AP+PD．
請(qǐng)你完成余下的思考，并直接寫出答案：AP+12BP的最小值為________；
（2）自主探索：在“問題提出”的條件不變的前提下，求13AP+BP的最小值；
（3）拓展延伸：如圖②，已知在扇形COD中，∠COD=90°，OC=6，OA=3，OB=5，P是CD上一點(diǎn)，求2PA+PB的最小值．
【答案】（1）37；（2）2337；（3）13．
【分析】（1）根據(jù)題意可知最小值為AD長度，利用勾股定理即可求出AD長度．
（2）連接CP，在CA上取一點(diǎn)D，使CD=23，即可證明△PCD∽△ACP，得到PD=13AP，即13AP+BP=PD+BP，所以13AP+BP的最小值為BD長度，利用勾股定理即可求出BD長度．
（3）延長OC到E，使CE=6，連接PE，OP，即可證明△OAP∽△OPE，得到EP=2PA，即2PA+PB=EP+PB，所以2PA+PB的最小值為BE長度，利用勾股定理即可求出BE長度．
【詳解】（1）根據(jù)題意可知，當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，AP+12BP最小，最小值=AD=CD2+AC2=12+62=37．
故答案為：37．
（2）連接CP，在CA上取一點(diǎn)D，使CD=23，
則有CDCP=CPCA=13，
∵∠PCD=∠ACP，
∴△PCD∽△ACP，得PDAP=CDCP=13，
∴PD=13AP，故13AP+BP=PD+BP，
僅當(dāng)B、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，
13AP+BP的最小值=BD=CD2+BC2=232+42=2337．
（3）延長OC到E，使CE=6，連接PE，OP，
則OAOP=OPOE=12，∵∠AOP=∠POE，
∴△OAP∽△OPE，∴OAOP=OPOE=APEP=12，
∴EP=2PA，∴2PA+PB=EP+PB，
僅當(dāng)E、P、B三點(diǎn)共線時(shí)，
EP+PB=BE=OE2+OB2=52+122=13，
即2PA+PB的最小值為13．
【點(diǎn)睛】本題考查圓的綜合，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)．根據(jù)閱讀材料的思路構(gòu)造出△PCD∽△ACP和△OAP∽△OPE是解題的關(guān)鍵．本題較難．
20．（2019·山東·中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝﹣5x+5與x軸，y軸分別交于A，C兩點(diǎn)，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為B
（1）求拋物線解析式及B點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）若點(diǎn)M為x軸下方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，連接MA、MB、BC，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，四邊形AMBC面積最大，求此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)及四邊形AMBC的面積；
（3）如圖2，若P點(diǎn)是半徑為2的⊙B上一動(dòng)點(diǎn)，連接PC、PA，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，PC+12PA的值最小，請(qǐng)求出這個(gè)最小值，并說明理由．
【答案】（1）y＝x2﹣6x+5， B（5，0）；（2）當(dāng)M（3，﹣4）時(shí)，四邊形AMBC面積最大，最大面積等于18；（3）PC+12PA的最小值為41，理由詳見解析.
【分析】（1）由直線y＝﹣5x+5求點(diǎn)A、C坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求拋物線解析式，進(jìn)而求得點(diǎn)B坐標(biāo)．
（2）從x軸把四邊形AMBC分成△ABC與△ABM；由點(diǎn)A、B、C坐標(biāo)求△ABC面積；設(shè)點(diǎn)M橫坐標(biāo)為m，過點(diǎn)M作x軸的垂線段MH，則能用m表示MH的長，進(jìn)而求△ABM的面積，得到△ABM面積與m的二次函數(shù)關(guān)系式，且對(duì)應(yīng)的a值小于0，配方即求得m為何值時(shí)取得最大值，進(jìn)而求點(diǎn)M坐標(biāo)和四邊形AMBC的面積最大值．
（3）作點(diǎn)D坐標(biāo)為（4，0），可得BD＝1，進(jìn)而有BDBP=BPAB=12，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根據(jù)兩邊對(duì)應(yīng)成比例且夾角相等可證△PBD∽△ABP，得PDPA等于相似比12，進(jìn)而得PD＝12AP，所以當(dāng)C、P、D在同一直線上時(shí)，PC+12PA＝PC+PD＝CD最?。脙牲c(diǎn)間距離公式即求得CD的長．
【詳解】解：（1）直線y＝﹣5x+5，x＝0時(shí)，y＝5
∴C（0，5）
y＝﹣5x+5＝0時(shí)，解得：x＝1
∴A（1，0）
∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點(diǎn)
∴1+b+c=00+0+c=5 解得：b=?6c=5
∴拋物線解析式為y＝x2﹣6x+5
當(dāng)y＝x2﹣6x+5＝0時(shí)，解得：x1＝1，x2＝5
∴B（5，0）
（2）如圖1，過點(diǎn)M作MH⊥x軸于點(diǎn)H
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5
∴S△ABC＝12AB?OC＝12×4×5＝10
∵點(diǎn)M為x軸下方拋物線上的點(diǎn)
∴設(shè)M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5
∴S△ABM＝12AB?MH＝12×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8
∴S四邊形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18
∴當(dāng)m＝3，即M（3，﹣4）時(shí)，四邊形AMBC面積最大，最大面積等于18
（3）如圖2，在x軸上取點(diǎn)D（4，0），連接PD、CD
∴BD＝5﹣4＝1
∵AB＝4，BP＝2
∴BDBP=BPAB=12
∵∠PBD＝∠ABP
∴△PBD∽△ABP
∴PDAP=PDBP=12
∴PD＝12AP
∴PC+12PA＝PC+PD
∴當(dāng)點(diǎn)C、P、D在同一直線上時(shí)，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小
∵CD＝OC2+OD2=52+42=41
∴PC+12PA的最小值為41
【點(diǎn)睛】此題主要考查二次函數(shù)綜合，解題的關(guān)鍵是熟知二次函數(shù)的性質(zhì)、圓的性質(zhì)及相似三角形的判斷與性質(zhì).
21．（2018·廣西柳州·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于A(3，0)，B兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn)A的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，且OB=3OA=3OC，∠OAC的平分線AD交y軸于點(diǎn)D，過點(diǎn)A且垂直于AD的直線l交y軸于點(diǎn)E，點(diǎn)P是x軸下方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF⊥x軸，垂足為F，交直線AD于點(diǎn)H．
（1）求拋物線的解析式；
（2）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)FH=HP時(shí)，求m的值；
（3）當(dāng)直線PF為拋物線的對(duì)稱軸時(shí)，以點(diǎn)H為圓心，12HC為半徑作⊙H，點(diǎn)Q為⊙H上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求14AQ+EQ的最小值．
【答案】（1）y=13x2+233x﹣3；（2）?3；（3）4174．
【分析】對(duì)于（1），結(jié)合已知先求出點(diǎn)B和點(diǎn)C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解即可；
對(duì)于（2），在Rt△OAC中，利用三角函數(shù)的知識(shí)求出∠OAC的度數(shù)，再利用角平分線的定義求出∠OAD的度數(shù)，進(jìn)而得到點(diǎn)D的坐標(biāo)；接下來求出直線AD的解析式，表示出點(diǎn)P，H，F(xiàn)的坐標(biāo)，再利用兩點(diǎn)間的距離公式可完成解答；對(duì)于（3），首先求出⊙H的半徑，在HA上取一點(diǎn)K，使得HK=14，此時(shí)K（-738，-158）；然后由HQ2=HK·HA，得到△QHK∽△AHQ，再利用相似三角形的性質(zhì)求出KQ=14AQ，進(jìn)而可得當(dāng)E、Q、K共線時(shí)，14AQ+EQ的值最小，據(jù)此解答.
【詳解】（1）由題意A（3，0），B（﹣33，0），C（0，﹣3），設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+33）（x?3），把C（0，﹣3）代入得到a=13，∴拋物線的解析式為y=13x2+233x﹣3．
（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC=OCOA=3，∴∠OAC＝60°．
∵AD平分∠OAC，∴∠OAD＝30°，∴OD＝OA?tan30°＝1，∴D（0，﹣1），∴直線AD的解析式為y=33x﹣1，由題意P（m，13m2+233m﹣3），H（m，33m﹣1），F(xiàn)（m，0）．
∵FH＝PH，∴1?33m=33m﹣1﹣（13m2+233m﹣3）
解得m=?3或3（舍棄），∴當(dāng)FH＝HP時(shí)，m的值為?3．
（3）如圖，∵PF是對(duì)稱軸，∴F（?3，0），H（?3，﹣2）．
∵AH⊥AE，∴∠EAO＝60°，∴EO=3OA＝3，∴E（0，3）．
∵C（0，﹣3），∴HC=（3）2+12=2，AH＝2FH＝4，∴QH=12CH＝1，在HA上取一點(diǎn)K，使得HK=14，此時(shí)K（?783，?158）．
∵HQ2＝1，HK?HA＝1，∴HQ2＝HK?HA，∴HQAH=KHHQ．
∵∠QHK＝∠AHQ，∴△QHK∽△AHQ，∴KQAQ=HQAH=14，∴KQ=14AQ，∴14AQ+QE＝KQ+EQ，∴當(dāng)E、Q、K共線時(shí)，14AQ+QE的值最小，最小值=（738）2+（158+3）2=4174．
【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例、兩邊成比例且夾角相等的兩個(gè)三角形相似、待定系數(shù)法求二次函數(shù)的表達(dá)式、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、數(shù)軸上兩點(diǎn)間的距離公式，熟練掌握該知識(shí)點(diǎn)是本題解題的關(guān)鍵.

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